Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy,
Poziom: gimnazjum, punktacja: 10 punktów za każde zadanie
Zadanie 1.
Funkcja f(w) dla każdej liczby wymiernej w jest taka, że:
a
f(1) oraz f(wz) f(w) f(z) dla każdych liczb wymiernych w i z. Zapisz wzór funkcji f(w).
Wskazówka. Dodając n ułamków 1n... n1 otrzymujemy 1.
Rozwiązanie.
Mamy f(1)a oraz dla z w mamy f(ww) f(w) f(w)2f(w). Podobnie otrzymamy:
) ( 3 ) ( ) ( 2 ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 3
( w f w w f w f w f w f w f w
f
) ( 4 ) ( ) ( 3 ) ( ) 3 ( ) 3 ( ) 4
( w f w w f w f w f w f w f w
f
itd….
Można zauważyć, że dla kolejnych wielokrotności kw liczby w otrzymamy f(kw)kf(w) Teraz zauważmy, że a f(1) f(n1...1n) f(n1)... f(n1)nf(n1). Stąd otrzymujemy
) (1n nf
a i ostatecznie
n f(n1) a.
Ponieważ każda liczba wymierna dodatnia daje się przedstawić jako ułamek
razy k
n n
n w k
1
1 ...
,
to
n aw a k n k a kf n
n f n
n f k w f
razy k
1 ... 1
) 1 (
czyli f(w)aw dla dowolnej liczby wymiernej dodatniejw. Ponieważ f(0) f(00) f(0) f(0)2f(0), to f( 0) 0 oraz
) ( ) ( )) ( ( ) 0 (
0 f f w w f w f w co daje f(w)f(w)awa(w). Odpowiedź. Dla wszystkich liczb wymiernych f(w)aw.
Zadanie 2.
Wyznacz wszystkie liczby trzycyfrowe spełniające następujące warunki:
1. pierwsza cyfra (od lewej strony) jest trzy razy mniejsza od ostatniej cyfry,
2. suma tej liczby i liczby otrzymanej z przestawienia dwóch ostatnich cyfr jest podzielna przez 8.
Rozwiązanie.
Niech a oznacz cyfrę setek, b – cyfrę dziesiątek i c – cyfrę jedności.
Założenia : a
1,2,3,...,9
, b
0,1,2,3,...,9
, c
0,1,2,...,9
Liczba zapisana za pomocą tych cyfr jest równa 100a + 10b + c. Liczba otrzymana po przestawieniu dziesiątek i jedności jest równa 100a + 10c + b.
Suma liczb wynosi 200a + 11b + 11c. Z warunku 1 z treści zadania wynika, że a może być równa 1, 2, 3, zaś c równa odpowiednio 3, 6, 9.
Jeżeli a = 1 i c = 3, to suma liczb wynosi 200 + 33 + 11b = 233 + 11b i jest ona podzielna przez 8 dla b = 5, wtedy szukana liczba wynosi 153.
Jeżeli a = 2 i c = 6, to suma liczb wynosi 200 + 66 + 11 b = 266 + 11b i jest ona podzielna przez 8 dla b = 2 , wtedy szukana liczba jest równa 226.
Jeżeli a = 3 i c = 9, to suma liczb wynosi 200 + 99 + 11b = 299 + 11 b i jest ona podzielna przez 8 dla b = 7, wtedy szukana liczba jest równa 379.
Sprawdzenie 153+135 =288, 288 : 8 = 36 226 + 262 = 488 , 488 : 8 = 61
379 + 397 = 778, 778 : 8 = 97 Odpowiedź. Szukane liczby to: 153, 226, 379.
Zadanie 3.
Andrzej, Bogdan i Celina rok temu mieli łącznie 40 lat. Jeżeli do połowy wieku Andrzeja dodamy trzecią część wieku Bogdana i czwartą część wieku
Celiny , to otrzymamy obecny wiek Bogdana. Jeżeli obecnie policzymy średnią arytmetyczną wieku wszystkich, to otrzymamy wiek Bogdana sprzed roku. Ile lat ma każde z nich obecnie?
Rozwiązanie.
Oznaczając: A – obecny wiek Andrzeja, B – obecny wiek Bogdana i C – obecny wiek Celiny otrzymujemy, że suma ich wieku sprzed roku jest równa 40 lat, a obecnie 43 lata, ponieważ każdy z nich jest o rok starszy.
Średnia arytmetyczna 1431 3
43
3
B C
A i jest to wiek Bogdana sprzed roku, czyli obecnie Bogdan ma lat B141311513.
Wobec tego suma wieku Andrzeja i Celiny jest równa AC43B4315132732. Z treści zadania wynika dodatkowo, że 21A31B41CB, czyli
92 31 32 32 31 41
21A C B B B 15 10 Wobec tego musimy rozwiązać układ równań:
92 41
21 32
10 27 C A
C A
Po prostych rachunkach otrzymujemy A1392 i C 1494.
Odpowiedź. Andrzej ma 1392 lat, Bogdan ma 1513 i Celina na 1494. Zadanie 4.
Punkty A,B,C są wierzchołkami trójkąta równoramiennego ABC, w którym punkt D jest środkiem podstawy AB. Punkt K- z kolei – jest symetryczny do punktu D względem prostej AC, punkt L – symetryczny do punktu D względem prostej BC.
Oblicz odległość punktów K i L, jeśli AB CD =10 dm.
Rozwiązanie.
Długość ramienia AC trójkąta ABC wynosi 5 5 dm, zaś pole trójkąta ACD obliczamy
następująco: 25 2
2
1 AD CD dm
PACD .
Odcinek DE, gdzie E jest środkiem odcinka DK, jest wysokością trójkąta ADC poprowadzoną z wierzchołka D. Długość odcinka DE obliczamy
następująco: dm dm
AC CD AD AC
DE P ACD 2 5
5 10 5
2
. Stąd DK 4 5dm.
Odcinek KM, gdzie M jest środkiem odcinka KL jest wysokością trójkąta CDK. Długość wysokości CE trójkąta CDK jest równa 4 5dm, a pole trójkąta CDK obliczamy następująco:
40dm2
CE DE
PCDK .
Długość odcinka KM jest równa 8 dm; obliczamy ją na podstawie wzoru
CD KM 2PCDK
. Odpowiedź. Długość odcinka KL jest równa 16 dm.
Zadanie 5.
W trapezie równoramiennym ABCD dwusieczna kąta ostrego przecina podstawę CD pod kątem 15°, jak na rysunku. Długości podstaw tego trapezu są równe 10 3 i 6 3.
Oblicz długość przekątnej AC tego trapezu.
Rozwiązanie.
Dostrzegamy kąty naprzemianległe i wnioskujemy, że kąty ostre trapezu mają miarę 30°.
Odcinek CE jest wysokością trapezu. Zatem trójkąt EBC ma kąty o miarach 30°, 60°, 90°.
Zauważamy, że odcinek BE ma miarę 2 3, więc odcinek CE ma długość 2. Odcinek AE ma długość 8 3.
Obliczamy długość przekątnej AC:
8 3 222 AC2, AC2 196, AC14Odpowiedź. Długość przekątnej jest równa AC14.
A B
D C
15o
15°
A B
D C
E
